2019高考化学总复习 压轴套题增分练4.doc

压轴套题增分练41电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se，工业上从其中回收硒(Se)、碲(Te)的一种工艺流程如下：已知：.TeO2是两性氧化物、微溶于水；.元素碲在溶液中主要以Te4、TeO、HTeO等形式存在；.25 时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka11103、Ka22108。(1)NaHTeO3溶液的pH_7(填“>”“”或“<”)。(2)SeO2与SO2通入水中反应的化学方程式为_。操作的名称为_。(3)焙砂中碲以TeO2形式存在。溶液中的溶质主要成分为NaOH、_。工业上通过电解溶液也可得到单质碲。已知电极均为石墨，则阴极的电极反应式为_。(4)向溶液中加入硫酸，控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是_。(5)将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲溶液，然后将SO2通入到溶液中得到Te单质。由四氯化碲得到Te单质的离子方程式为_。(6)上述流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。答案(1)<(2)SeO22SO22H2O=2H2SO4Se过滤(3)Na2TeO3TeO3H2O4e=Te6OH(4)TeO2是两性氧化物，溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失(5)Te42SO24H2O=Te8H2SO(6)H2SO4、HCl解析(1)亚碲酸(H2TeO3)的Ka11103，Ka22108，可知HTeO的水解常数Kh11011，可知Ka2>Kh，所以NaHTeO3溶液呈酸性，pH<7。(2)根据流程图可知，SeO2与SO2反应后变成了Se单质，所以SeO2将SO2氧化，化学方程式为SeO22SO22H2O=2H2SO4Se，通过过滤可以将Se与溶液分离。(3)已知：TeO2是两性氧化物、微溶于水；元素碲在溶液中主要以Te4、TeO、HTeO等形式存在；所以TeO2与氢氧化钠反应后应该生成Na2TeO3，如果电解Na2TeO3溶液，阴极应该是TeO得电子变成Te单质，所以电极反应为TeO3H2O4e=Te6OH。(4)TeO2是两性氧化物，溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失。(5)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。与盐酸反应时生成四氯化碲和水，四氯化碲可以将SO2氧化，发生的离子方程式为Te42SO24H2O=Te8H2SO。(6)SeO2与SO2反应可以生成硫酸，所以H2SO4可以循环使用，纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲溶液，然后将SO2通入到溶液中得到Te单质的同时又会再次生成HCl，所以可循环利用的物质有H2SO4、HCl。2亚硝酰氯(ClNO)常用作催化剂和合成洗涤剂，其沸点为5.5 ，易水解。某学习小组在实验室中用下图所示装置制备ClNO。已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2HNO3=AgNO3HNO2。回答下列问题：(1)仪器a的名称为_，装置B的作用是_。(2)装置C中长颈漏斗的作用是_。(3)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到C中_时关闭K1、K2。向装置D三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备ClNO。 (4)装置D中干燥管的作用是_。(5)实验过程中，若学习小组同学用酒精灯大火加热制取NO，对本实验造成的不利影响是_、_。(6)ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。设计实验证明HNO2是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 mol/L盐酸、1 mol/L HNO2、Na、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)要验证ClNO与H2O反应后的溶液中存在Cl和HNO2，合理的操作步骤及正确的顺序是_(填序号)。a向烧杯中滴加过量KI淀粉溶液，溶液变蓝色b取1.0 mL三颈瓶中产品于烧杯中，加入10.0 mL H2O充分反应c向烧杯中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去d向烧杯中滴加足量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸，搅拌，仍有白色沉淀答案(1)蒸馏烧瓶除去NO中的HNO3、NO2气体(2)避免C中压强过大(3)红棕色完全消失(4)防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应(5)温度过高造成HNO3分解(或挥发)生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出(6)玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸bdc解析(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶；A中制得的NO含有杂质HNO3、NO2，NO不溶于水，而杂质HNO3、NO2均易溶于水，故B的作用为除去NO中的HNO3、NO2气体。(2)C中长颈漏斗的作用为平衡系统内外压强，避免C中压强过大。(3)当C中红棕色完全消失时，不再存在NO2气体，得到比较纯净的NO。(4)因为亚硝酰氯(ClNO)易水解，所以必须防止有水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应，故D的作用应该是防止空气中的水蒸气进入三颈瓶中。(5)对蒸馏烧瓶大火加热，会使得反应迅速，产生大量NO气体，会使较多的NO气体未参加反应便逸出至空气中，同时，温度较高时硝酸会分解或挥发，产生较多杂质气体。(6)若亚硝酸为弱酸，则其钠盐会水解呈碱性，故可用其钠盐显碱性来检验。根据已知AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2HNO3=AgNO3HNO2，得出HNO2和AgNO3是不反应的，d步骤只能是检验有氯离子的存在，则a和c应该是检验有HNO2，由已知HNO2既有氧化性又有还原性，可以看出a是通过KI的还原性来检验含有HNO2的，c是通过酸性KMnO4溶液的氧化性来检验含有HNO2的，d步骤检验氯离子时，引入了稀硝酸，故再通过KI的还原性来检验含有HNO2，是不合理的，只能选用c步骤，故答案为b、d、c。3(1)汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。已知：2NO(g)O2(g)=2NO2(g)H1112.3 kJmol1NO2(g)CO(g)=NO(g)CO2(g)H2234 kJmol1N2(g)O2(g)=2NO(g)H3179.5 kJmol1请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式：_。(2)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)H759.8 kJmol1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_；a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为_；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_；若n(CO)/n(NO)0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为_。(3)若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为_(填化学式)；A电极的电极反应式为_；一段时间后，若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为_。(4)已知：25 时，H2C2O4的电离常数Ka15.9102，Ka26.4105，则25 时，0.1 molL1 NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O)c(C2O)，则此时溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)。答案(1)4CO(g)2NO2(g)=4CO2(g)N2(g)H1227.8 kJmol1(2)11a>b>cac>d75%(3)NO2NO2eH2O=NO2H0.8NA(4)c(Na)>c(HC2O)>c(H)>c(C2O)>c(OH)酸性解析(1)依据盖斯定律，由4可得4CO(g)2NO2(g)=4CO2(g)N2(g)H(234 kJmol1)4112.3 kJmol1179.5 kJmol11227.8 kJmol1。(2)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b点时平衡体系中C、N原子个数之比接近11。增大n(CO)/n(NO)，CO的转化率降低，所以转化率：a>b>c。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点的平衡常数小于a点和c点。设CO起始物质的量为0.8 mol，反应达平衡时，CO转化了x mol，则有： 2CO(g)2NO(g) N2(g)2CO2(g)n(始)/mol0.81 0 0n(转化)/mol x x xn(平)/mol0.8x 1x x平衡时，N2的体积分数为100%20%，解得x0.6。所以，CO的转化率为100%75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出，则A为负极，A电极处通入NO2，发生氧化反应，电极反应式为NO2eH2O=NO2H。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶液复原，则转移电子数为(0.220.22)NA0.8NA。(4)HC2O的水解常数Kh1.691013，Kh<Ka2，说明HC2O的水解程度小于其电离程度，所以各离子浓度大小顺序为c(Na)>c(HC2O)>c(H)>c(C2O)>c(OH)。当c(HC2O)c(C2O)时，由Ka2知，c(H)Ka26.4105 molL1>c(OH)，溶液呈酸性。4化学选修3：物质结构与性质H、C、N、Na、Si、Cu等元素单质的熔点高低的顺序如下图所示，其中c、d均是热和电的良导体。(1)d的价层电子排布图为_。上述六种元素中第一电离能最小的是_，电负性最大的是_(填元素符号)。将d单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_。(2)试判断硝酸含氧酸根离子的立体构型_；请简要说明该酸易溶于水的原因：_。(3)准晶体是一种介于晶体和非晶体之间的独特晶体。d能与Al等元素形成准晶体或非晶体合金，用途广泛。区分晶体、准晶体和非晶体，可通过_方法。(4)无水氯化铝在178 升华，它的蒸气是缔合的双分子(Al2Cl6)，更高温度下Al2Cl6则离解生成AlCl3单分子。试判断固体氯化铝的晶体类型是_；缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型是_。(5)金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405 pm，密度是2.70 gcm3，通过计算确定其晶胞的类型为_(填“简单”“体心”或“面心”)立方；晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，铝的原子半径r(Al)_pm(结果保留整数)。答案(1)NaN2Cu8NH3H2OO2=2Cu(NH3)424OH6H2O(2)平面三角形硝酸分子是极性分子，硝酸分子易与水分子间形成氢键，易溶于极性溶剂水中(3)X射线衍射(4)分子晶体sp3(5)面心143解析H、C、N、Na、Si、Cu等元素单质的熔点由高到低的顺序是C、Si、Cu、Na、N、H，即a是H2，b是N2，c是Na，d是Cu，e是Si，f是C。(1)Cu是29号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布图为。第一电离能最小的是最活泼的金属Na，电负性最大的是得电子能力最强的N。Cu在浓氨水中被O2氧化，Cu的化合价由0价升高到2价，根据溶液的颜色可知生成Cu(NH3)42，O的化合价由0价降低到2价，依据得失电子守恒和原子守恒可写出离子方程式。(2)NO中心N原子孤电子对数(5132)0，价层电子对数303，故NO的立体构型是平面三角形；依据相似相溶原理和氢键可判断该酸易溶于水。(3)晶体、准晶体和非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，则可用X射线衍射区别。(4)氯化铝中每个铝原子含有3个共价键，且不含孤电子对，为平面三角形结构，Cl和Al可形成配位键，形成缔合双分子Al2Cl6，其中Al原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(5)依据 gcm32.7 gcm3，解得N(Al)4，则为面心立方晶胞；面心立方晶胞中，每个面的对角线上三个原子紧挨着，所以4r(Al)405 pm，故r(Al)143 pm。5化学选修5：有机化学基础化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，能发生银镜反应。已知：A的核磁共振氢谱中只有一组吸收峰；RCH=CH2RCH2CH2OH；化合物F的苯环上的一氯代物只有两种；H2O。回答下列问题：(1)按系统命名法，B的名称为_，试剂R为_。(2)加热条件下，D中加入新制Cu(OH)2悬浊液后发生反应的化学方程式为_。(3)GH的第步反应的化学方程式为_。(4)I的结构简式为_。(5)I的同系物J比I的相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件的共有_种。(不考虑立体异构)苯环上只有2个取代基；既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。(6)由甲苯和E经如下步骤可合成M()。步骤中的反应条件为_，L的结构简式为_。答案(1)2甲基丙烯NaOH的乙醇溶液(2) 2Cu(OH)2NaOHCu2O3H2O(3) 3NaOH2NaCl2H2O(4) (5)18(6)NaOH的水溶液并加热(或强碱的水溶液并加热)解析(1)A(C4H9Cl)的核磁共振氢谱中只有一组吸收峰，说明A分子中只有一种H原子，则A的结构简式为，比较A、B的分子式可知，一氯代烃A脱去了HCl变为B(烯烃)，B的结构简式为，名称为2甲基丙烯。AB为消去反应，试剂R为NaOH的乙醇溶液。(2)根据图中转化关系和已知信息可推知，C的结构简式为，进而推知D为，E为。(3)F(C7H8O)的苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有羟基和甲基两个取代基，且二者处于对位，即F为，根据转化关系可推知G为，结合信息可推知H为。在GH的第步反应中，除了卤代烃在强碱溶液中发生水解反应和脱水反应外，酚羟基与NaOH也发生反应。(4)E与H发生酯化反应生成I，故I的结构简式为。(5)由题意可知，J比I少一个原子团CH2，且J的同分异构体中含有醛基(CHO)和羧基(COOH)，则苯环上的2个取代基有6组：CHO和CH2CH2COOH、CHO和CH(CH3)COOH、CH2CHO和CH2COOH、CH2CH2CHO和COOH、CH(CH3)CHO 和COOH、CH3和CH(CHO)COOH，且每组的2个取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的J的同分异构体的种数3618。(6)由转化关系可推知，L和E发生酯化反应生成M，可逆推知L为，进而可推知K为卤代烃，卤代烃K在NaOH(或强碱)的水溶液并加热条件下水解生成L，故步骤中的反应条件为NaOH水溶液并加热。